2022年河南省洛阳市第一初级中学高三数学理上学期期末试卷含解析

2022年河南省洛阳市第一初级中学高三数学理上学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.设函数（，为自然对数的底数）,定义在R上的函数满足，且当时，．若存在，且为函数的一个零点，则实数a的取值范围为（

）A. B. C. D.参考答案：D【分析】先构造函数，由题意判断出函数的奇偶性，再对函数求导，判断其单调性，进而可求出结果.【详解】构造函数，因为，所以，所以为奇函数，当时，，所以在上单调递减，所以R上单调递减.因为存在，所以，所以，化简得，所以，即令，因为为函数的一个零点，所以在时有一个零点因为当时，，所以函数在时单调递减，由选项知，，又因为，所以要使在时有一个零点，只需使，解得，所以a的取值范围为，故选D.【点睛】本题主要考查函数与方程的综合问题，难度较大.2.集合，则a的值为A.1 B.2 C. D.4参考答案：C略3.设变量，满足约束条件，则目标函数的最大值为（

）A．7

B．6

C．5

D．4参考答案：D4.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A．2 B．1 C． D．﹣1参考答案：D【考点】程序框图．【分析】根据框图的流程模拟运行程序，发现a值出现的规律，根据条件确定跳出循环的i值，从而确定输出的a值．【解答】解：由程序框图知，第一次循环a==﹣1，i=2；第二次循环a==，i=3；第三次循环a==2，i=4，第四次循环a==﹣1，i=5，…∴a值的周期为3，∵跳出循环的i值为2015，又2014=3×671+1，∴输出a=﹣1．故选：D．5.一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是()．A．12π

B．24πC．32π

D．48π参考答案：【知识点】空间几何体的三视图和直观图G2【答案解析】D由三视图可知该几何体是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥．其中底面ABCD是边长为4的正方形，高为4，

该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的直径为×4=4，即球的半径为2，所以该球的表面积是4π(2)2=48π．故选D．【思路点拨】该几何体的直观图如图所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥．其中底面ABCD是边长为4的正方形，高为CC1=4，故可求结论．6.在中，，分别为中点，为上任意一点，实数满足，设的面积分别为，取得最大值时，的值为A.

B.

C.

D.

参考答案：B略7.抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线交于第一象限的点，若在点处的切线平行于的一条渐近线，则

A．

B．

C．

D．参考答案：C设抛物线的焦点与双曲线的右焦点及点的坐标分别为,故由题设可得在切点处的斜率为,则,即,故,依据共线可得,所以,故应选C．8.已知数列{an}，则是数列{an}是递增数列的（

）条件A．充分不必要

B．必要不充分

C．充要

D．既不充分也不必要参考答案：C9.复数的虚部为

（

）

A．i

B．-i

C．1

D．-1参考答案：D略10.已知等比数列为方程的两根，则的值为（

）

A．16

B．64

C．

D．8参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在中，角所对的边分别为且，，若,则的取值范围是

_____________.参考答案：由得，因为，所以由得.所以最大.因为，所以，即，所以，即，因为，所以，即，所以.因为，所以，所以，即，所以.，因为，所以，即，即，所以.即的取值范围是.【答案】【解析】12.若非零向量满足,则夹角的余弦值为_______参考答案：13.已知双曲线x2+my2=1的右焦点为F（2，0），m的值为，渐进线方程．参考答案：，【考点】双曲线的简单性质．【分析】求出双曲线的标准方程借助焦点坐标建立方程即可．【解答】解：由题意，1﹣=4，∴m=，∴x2+my2=0，可得双曲线渐近线为．故答案为，．【点评】本题主要考查双曲线渐近线的求解，根据双曲线的焦点坐标，建立方程求出m的值是解决本题的关键．14.已知集合，，则=

。参考答案：答案：

15.已知程序框图如右，则输出的=

.参考答案：916.已知全集，.则

；若，则实数的取值范围是

.参考答案：

17.设函数在R上存在导数，对任意实数x有，当x时若，则实数m的取值范围是_____参考答案：解：∵∴构造函数则∴是奇函数∵∴∴在x时为减函数∵是奇函数∴为减函数∴R上为减函数∴可化为∴.三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别似乎a，b，c，且a=2，2cos2+sinA=．（1）若b=，求角B；（2）求△ABC周长l的最大值．参考答案：【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦定理；余弦定理．【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形．【分析】（1）利用倍角公式及三角形内角和定理，诱导公式化简已知可得sinA=cosA﹣，两边平方整理可得：25cos2A﹣5cosA﹣12=0，解得cosA，sinA的值，由正弦定理可得sinB的值，从而可求B的值．（2）由（1）及正弦定理可得：，从而由三角函数恒等变换的应用化简可求△ABC周长l=2+（sinB+sinC）=2+2sin（B+φ），其中，tanφ=，利用正弦函数的性质即可得解．【解答】解：（1）∵2cos2+sinA=，可得：1+cos（B+C）+sinA=，∴sinA=cosA﹣，两边平方整理可得：25cos2A﹣5cosA﹣12=0，解得：cosA=或﹣．∴sinA=，或﹣（舍去），∵a=2，b=，∴由正弦定理可得：sinB===，∴B=或．（2）∵sinA=，cosA=，a=2，∴利用正弦定理可得：=，∴△ABC周长l=a+b+c=2+b+c=2+（sinB+sinC）=2+（sinB+sin（B+A））=2+（sinB+sinBcosA+cosBsinA）=2+（sinB+sinB+cosB）=2+（sinB+cosB）=2+2（3sinB+cosB）=2+2sin（B+φ），其中，tanφ=．∴当sin（B+φ）=1时，可得△ABC周长l的最大值为：2+2．【点评】本题主要考查了倍角公式及三角形内角和定理，诱导公式，正弦定理，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．19.已知命题和是方程的两个实根，不等式对任意实数恒成立；命题只有一个实数满足不等式，若命题是假命题，命题是真命题，求的取值范围。参考答案：解：（1）和是的两根，所以又，则有。因为不等式对任意实数恒成立，所以，所以由题意有由命题假真，所以。20.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的右焦点为F，离心率为，长轴长小于4，点A在直线x=2上，且FA的最小值为1．（1）求椭圆C的方程；（2）点P（x0，y0）是椭圆C上第一象限内的点，O是坐标原点，直线OP与椭圆C的另一交点为Q，点T在C上，且PT⊥PQ；①若PT的斜率为k，QT的斜率为k1，问kk1是否为定值，若为定值，求出kk1；若不是定值，说明理由．②若QT交x轴于M，求△PQM的面积的最大值，并写出此时T点的坐标．参考答案：考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：计算题；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）设出右焦点，运用离心率公式，得到b=c，由点到直线的距离公式，得到方程，解得即可得到c，再由a，b，c的关系，即可得到a，b，进而得到椭圆方程；（2）①运用斜率公式和点差法，即可得到定值；②运用直线方程，求出M，再由面积公式，即可得到△PQM的面积，再由椭圆的参数方程，结合二倍角公式，即可得到最大值，进而得到点P的坐标，再由PT的方程，联立椭圆方程，即可解得交点T．解答： 解：（1）设右焦点为F（c，0），由于离心率为，则b=c，a=c，由于长轴长小于4，即a＜2．由于点A在直线x=2上，且FA的最小值为1，则|c﹣2|=1，解得，c=3或1．由于c＜2，则c=1，a=，b=1，则椭圆方程为：=1；（2）①点P（x0，y0）是椭圆C上第一象限内的点，则x02+2y02=2，直线OP与椭圆C的另一交点为Q，则为Q（﹣x0，﹣y0），设T（x1，y1），则k=，k1=，则kk1=由于x02+2y02=2，x12+2y12=2，两式相减可得，（x12﹣x02）+2（y12﹣y02）=0，则有kk1=﹣，则kk1为定值，且为﹣；②直线OP的方程为：y=﹣x，k=﹣，直线QT：y+y0=﹣（x+x0），令y=0，则x=﹣2ky0﹣x0=x0，即M（x0，0），则△PQM的面积为△POM和△QOM的面积之和，即为S=x0（y0+y0）=x0y0，由椭圆方程的参数式，x0=cosα，y0=sinα，则有S==，当sin2α=1，即有，x0=1，y0=，即P（1，），由PT：y﹣=﹣（x﹣1），联立椭圆方程：=1，解得T（，）此时△PQM的面积的最大值为．点评：本题考查椭圆的方程和性质，考查直线的斜率公式及运用，考查联立直线方程和椭圆方程求交点，运用点差法求斜率之积，考查运算能力，属于中档题．21.已知函数（，，为常数，）.（Ⅰ）若时，数列满足条件：点在函数的图象上，求的前项和；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若，，（），证明：；（Ⅲ）若时，是奇函数，，数列满足，，求证：.参考答案：解：（Ⅰ）依条件有.因为点在函数的图象上，所以.因为，所以是首项是，公差为的等差数列.所以.

即数列的前项和.

（Ⅱ）证明：依条件有即解得所以.

所以

因为=，又，所以.即.

（Ⅲ）依条件.因为为奇函数，所以.即.解得.

所以.又，所以.故.

因为，所以.所以时，有（）.又，若，则.从而.这与矛盾.所以.

略22.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B⊥平面ABC，且AB⊥AC．（1）求证：AC⊥BB1；（2）若AB=AC=A1B=2，M为B1C1的中点，求二面角M﹣AB﹣A1平面角的余弦值．参考答案：【考点】MT：二面角的平面角及求法；LO：空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（1）推导出A1B⊥AC，AB⊥AC，从而AC⊥平面A1ABB1，由此能证明AC⊥BB1．（2）过点A作AY∥A1B，以射线AB，AC，AY为x，y，z正半轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M﹣AB﹣A1平面角的余弦值．【解答】证明：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B⊥平面ABC，∴A1B⊥AC，∵AB⊥AC，A1B∩AB=B，∴AC⊥平面A1ABB1，∵BB1?平面A1ABB1，∴AC⊥BB1．解：（2）过点A作AY∥